Комплексное евклидово пространство — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Неравенство Шварца(Коши-Буняковского))
 
(не показано 7 промежуточных версий 4 участников)
Строка 1: Строка 1:
//статья в разработке//
 
 
{{Определение
 
{{Определение
 
|definition=
 
|definition=
Строка 10: Строка 9:
 
<tex>2)\: G(x,y)=\overline{G(y,x)}</tex>; <tex>G(x,x)=\overline{G(x,x)} \Longrightarrow G(x,x) \in \mathbb{R}</tex>
 
<tex>2)\: G(x,y)=\overline{G(y,x)}</tex>; <tex>G(x,x)=\overline{G(x,x)} \Longrightarrow G(x,x) \in \mathbb{R}</tex>
  
<tex>3)\: G(x,y) \ge 0;\: G(x,y)=0 \Longleftrightarrow x = 0_{E}</tex>
+
<tex>3)\: G(x,x) \ge 0;\: G(x,x)=0 \Longleftrightarrow x = 0_{E}</tex>
 
}}
 
}}
 
NB 1: <tex>G</tex> полуторалинейна:
 
NB 1: <tex>G</tex> полуторалинейна:
Строка 24: Строка 23:
 
==Примеры==
 
==Примеры==
 
<tex>E = \mathbb{C}^{n}</tex>
 
<tex>E = \mathbb{C}^{n}</tex>
<tex>\left\langle x,y\right\rangle =\sum_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\eta^{i}}</tex>
 
  
<tex>\left\langle y,x\right\rangle =\sum_{i=1}^{n}\eta^{i}\overline{\xi^{i}}=\overline{\sum\overline{\eta^{i}}\xi^{i}}=\overline{\left\langle x,y\right\rangle }</tex>;   
+
<tex>\left\langle x,y\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\eta^{i}}</tex>
<tex>\left\langle x,x\right\rangle =\sum_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\xi^{i}}=\sum_{i=1}^{n}|\xi^{i}|^{2}>0</tex>
+
 
 +
<tex>\left\langle y,x\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\eta^{i}\overline{\xi^{i}}=\overline{\sum\limits \overline{\eta^{i}}\xi^{i}}=\overline{\left\langle x,y\right\rangle }</tex>;   
 +
 
 +
<tex>\left\langle x,x\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\xi^{i}}=\sum\limits_{i=1}^{n}|\xi^{i}|^{2}>0</tex>
 +
 
 
==Неравенство Шварца(Коши-Буняковского)==
 
==Неравенство Шварца(Коши-Буняковского)==
 
{{Теорема
 
{{Теорема
Строка 44: Строка 46:
 
Трюк: пусть <tex>\left\langle x,y\right\rangle = |\left\langle x,y\right\rangle|\cdot e^{i\varphi}</tex>, где <tex>\varphi=arg\left\langle x,y\right\rangle</tex>. Тогда пусть в <tex>(\times): y \longrightarrow y\cdot e^{i\varphi} \Longrightarrow \Vert e^{i\varphi}y\Vert=|e^{i\varphi}|\cdot\Vert y\Vert</tex>
 
Трюк: пусть <tex>\left\langle x,y\right\rangle = |\left\langle x,y\right\rangle|\cdot e^{i\varphi}</tex>, где <tex>\varphi=arg\left\langle x,y\right\rangle</tex>. Тогда пусть в <tex>(\times): y \longrightarrow y\cdot e^{i\varphi} \Longrightarrow \Vert e^{i\varphi}y\Vert=|e^{i\varphi}|\cdot\Vert y\Vert</tex>
  
Заметим, что <tex>\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle=\overline{e^{i\varphi}}\left\langle x,y \right\rangle</tex>
+
Заметим, что <tex>\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle= \overline{e^{i\varphi}}\left\langle x,y \right\rangle =
 +
\overline{e^{i\varphi}}e^{i\varphi}\left|\left\langle x, y\right\rangle\right| = \left|\left\langle x, y\right\rangle\right|</tex>
 +
 
 +
Заменим в <tex>(\times)</tex> <tex>y</tex> на <tex>e^{i\varphi}y \: : |Re\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle|
 +
\le\Vert x\Vert\cdot\Vert e^{i\varphi}y\Vert</tex>
 +
 
 +
левая часть равна <tex>|Re|\left\langle x,y\right\rangle|| = |\left\langle x,y\right\rangle|</tex>
 +
 
 +
правая часть равна <tex>\Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert</tex>
 +
 
 +
Таким образом, <tex>|\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert</tex>
 +
}}
 +
{{Теорема
 +
|about=следствие из Шварца, неравенство треугольника
 +
|statement= <tex>\Vert x+y \Vert \leq \Vert x\Vert+\Vert y\Vert</tex>
 +
|proof= Рассмотрим <tex>\left\langle x+y, x+y\right\rangle={\Vert x+y \Vert}^{2} = \Vert x\Vert^{2}+\left\langle x,y\right\rangle+\left\langle y,x\right\rangle + \Vert y\Vert^{2} = \Vert x\Vert^{2}+2Re\left\langle x,y\right\rangle+ \Vert y\Vert^{2}</tex>
 +
 
 +
<tex>Re\left\langle x,y\right\rangle \le |\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert</tex> (из неравенства Шварца)
  
 +
Таким образом, <tex>{\Vert x+y \Vert}^{2} \le \Vert x\Vert^{2}+2\cdot\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert+ \Vert y\Vert^{2}=(\Vert x\Vert+\Vert y\Vert)^2</tex>
  
 +
Взяв корень из левой и правой части, получим искомое неравенство.
 
}}
 
}}
 +
[[Категория: Алгебра и геометрия 1 курс]]

Текущая версия на 14:55, 4 июня 2017

Определение:
Пусть [math]E[/math] - линейное пространство над [math]\mathbb{C}[/math]

В [math]E[/math] задана эрмитова метрическая форма, т.е [math]G:\: E\times E\longrightarrow \mathbb{C}[/math] co свойствами:

[math]1)\: G(\alpha x_{1}+\beta x_{2};y)=\alpha G(x_{1},y)+\beta G(x_{2},y)[/math], где [math]\alpha[/math] , [math]\beta[/math] - комплексные числа

[math]2)\: G(x,y)=\overline{G(y,x)}[/math]; [math]G(x,x)=\overline{G(x,x)} \Longrightarrow G(x,x) \in \mathbb{R}[/math]

[math]3)\: G(x,x) \ge 0;\: G(x,x)=0 \Longleftrightarrow x = 0_{E}[/math]

NB 1: [math]G[/math] полуторалинейна: [math]G(x;\alpha y_{1}+\beta y_{2})=\overline{\alpha}G(x,y_{1})+\overline{\beta}G(x,y_{2})[/math]

NB 2: [math]G(x,y)=\left\langle x,y\right\rangle _{G}; x,y \in E([/math]над [math] \mathbb{C})[/math]

NB 3: [math]G(x,y)=\left\langle x,y\right\rangle _{G}[/math]

[math]\Vert x\Vert_{G}=\sqrt{\left\langle x,x\right\rangle _{G}}; \:\Vert\alpha x\Vert_{G}=\sqrt{\left\langle \alpha x,\alpha x\right\rangle _{G}}=\sqrt{\alpha\cdot\overline{\alpha}\cdot\left\langle x,x\right\rangle _{G}}=|\alpha|\cdot\Vert x\Vert_{G} [/math]

Примеры[править]

[math]E = \mathbb{C}^{n}[/math]

[math]\left\langle x,y\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\eta^{i}}[/math]

[math]\left\langle y,x\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\eta^{i}\overline{\xi^{i}}=\overline{\sum\limits \overline{\eta^{i}}\xi^{i}}=\overline{\left\langle x,y\right\rangle }[/math];

[math]\left\langle x,x\right\rangle =\sum\limits_{i=1}^{n}\xi^{i}\overline{\xi^{i}}=\sum\limits_{i=1}^{n}|\xi^{i}|^{2}\gt 0[/math]

Неравенство Шварца(Коши-Буняковского)[править]

Теорема:
[math]\forall\: x,y\in \mathbb{C}:\;|\left\langle x,y\right\rangle _{G}|\leq\Vert x\Vert_{G}\cdot\Vert y\Vert_{G}[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим [math]\left\langle \lambda x+y;\lambda x+y\right\rangle =\Vert\lambda x+y\Vert^{2}\geq0[/math], где [math]\lambda \in \mathbb{R}[/math]

[math]\left\langle \lambda x+y;\lambda x+y\right\rangle = \left\langle \lambda x;\lambda x\right\rangle +\left\langle \lambda x;y\right\rangle +\left\langle y;\lambda x\right\rangle +\left\langle y;y\right\rangle [/math] [math]= \lambda\cdot\overline{\lambda}\left\langle x,x\right\rangle +\lambda\cdot(\left\langle x;y\right\rangle +\overline{\left\langle x;y\right\rangle })+\left\langle y,y\right\rangle [/math] [math]= \Vert x\Vert^{2}\cdot\lambda^{2}+\lambda\cdot 2Re\left\langle x;y\right\rangle + \Vert y\Vert^{2}\geq0[/math] - многочлен второй степени, все коэффициенты вещественные

[math]D \le 0[/math]

[math] D/4=(-Re\left\langle x,y\right\rangle )^{2}-\Vert x\Vert^{2}\cdot\Vert y\Vert^{2}\le0\Longrightarrow |Re\left\langle x,y\right\rangle |\le\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert[/math] - верно для [math]\forall x,y\in E[/math]. Назовём это неравенство [math](\times)[/math] - крестик.

Трюк: пусть [math]\left\langle x,y\right\rangle = |\left\langle x,y\right\rangle|\cdot e^{i\varphi}[/math], где [math]\varphi=arg\left\langle x,y\right\rangle[/math]. Тогда пусть в [math](\times): y \longrightarrow y\cdot e^{i\varphi} \Longrightarrow \Vert e^{i\varphi}y\Vert=|e^{i\varphi}|\cdot\Vert y\Vert[/math]

Заметим, что [math]\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle= \overline{e^{i\varphi}}\left\langle x,y \right\rangle = \overline{e^{i\varphi}}e^{i\varphi}\left|\left\langle x, y\right\rangle\right| = \left|\left\langle x, y\right\rangle\right|[/math]

Заменим в [math](\times)[/math] [math]y[/math] на [math]e^{i\varphi}y \: : |Re\left\langle x,e^{i\varphi}y\right\rangle| \le\Vert x\Vert\cdot\Vert e^{i\varphi}y\Vert[/math]

левая часть равна [math]|Re|\left\langle x,y\right\rangle|| = |\left\langle x,y\right\rangle|[/math]

правая часть равна [math]\Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert[/math]

Таким образом, [math]|\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x \Vert\cdot\Vert y\Vert[/math]
[math]\triangleleft[/math]
Теорема (следствие из Шварца, неравенство треугольника):
[math]\Vert x+y \Vert \leq \Vert x\Vert+\Vert y\Vert[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим [math]\left\langle x+y, x+y\right\rangle={\Vert x+y \Vert}^{2} = \Vert x\Vert^{2}+\left\langle x,y\right\rangle+\left\langle y,x\right\rangle + \Vert y\Vert^{2} = \Vert x\Vert^{2}+2Re\left\langle x,y\right\rangle+ \Vert y\Vert^{2}[/math]

[math]Re\left\langle x,y\right\rangle \le |\left\langle x,y\right\rangle| \le \Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert[/math] (из неравенства Шварца)

Таким образом, [math]{\Vert x+y \Vert}^{2} \le \Vert x\Vert^{2}+2\cdot\Vert x\Vert\cdot\Vert y\Vert+ \Vert y\Vert^{2}=(\Vert x\Vert+\Vert y\Vert)^2[/math]

Взяв корень из левой и правой части, получим искомое неравенство.
[math]\triangleleft[/math]